Интегралы

[Gordmit]

Можно ли как-нибудь подсчитать такие интегралы для всех значений параметра $n$?

1)

$$\int\limits_0^\pi \frac{\sin\bigl((n+1)x\bigr)}{\sin x} \frac{\sin\bigl((n+2)x\bigr)}{\sin 2x} \frac{\sin\bigl((n+3)x\bigr)}{\sin 3x} \cos nx\,dx$$

2)

$$\int\limits_0^\pi \frac{\sin nx}{\sin x} \frac{\sin 2nx}{\sin 2x} \frac{\sin 3nx}{\sin 3x} \cos \bigl(4(n+1)x\bigr)\,dx$$

[Gordmit]

Ну или хотя бы их асимптотику при $n\to\infty$ посчитать?

[незваный гость]

Интегралы должны быть полиномами по $n$ (поскольку всё раскладывается в полиномиальное выражение). Немного посчитав и поэкспериментировав, получается:

2) $I_1(n) = \pi \frac{n(n+6)+\mathcal{C}(n \!\! \mod 6)}{12}$,
где $\mathcal{C}(0) = 12$, $\mathcal{C}(1) = 5$, $\mathcal{C}(2) = 8$, $\mathcal{C}(3) = 9$, $\mathcal{C}(4) = 8$, $\mathcal{C}(5) = 5$.

2) $I_2(n) = \pi \frac{n(n-4)+\mathcal{C}(n \!\! \mod 6)}{12}$,
где $\mathcal{C}(0) = 0$, $\mathcal{C}(1) = 3$, $\mathcal{C}(2) = 4$, $\mathcal{C}(3) = 3$, $\mathcal{C}(4) = 0$, $\mathcal{C}(5) = 7$.

Асимптотически оба интеграла растут как $\frac{\pi n^2}{12}$.

Надеюсь, это поможет построить формальное доказательство.

[Gordmit]

Вы имеете в виду, что подынтегральное выражение есть сумма функций вида $\sin^k x\cos^l x$ с некоторыми коэффициентами? Если я правильно понял, надо воспользоваться формулами типа

$$\sin nx = \sum_{k=0}^{[\frac{n-1}{2}]} (-1)^k C_n^{2k+1}\cos^{n-2k-1}\sin^{2k+1}x$$

,

$$\cos nx = \sum_{k=0}^{[\frac{n}{2}]} (-1)^k C_n^{2k}\cos^{n-2k}\sin^{2k}x$$

.

Но почему произведение таких штук будет полиномом по $n$ и откуда взялись выражения для $I_1(n)$ и $I_2(n)$, я, если честно, не очень понял Эксперимент на компьютере делали? Как же удалось догадаться до такого ответа?..

[незваный гость]

Gordmit писал(а):

Эксперимент на компьютере делали?

Да. Периодичность 6 берется из периодов 1,2,3 знаменателя — они определяют остатки числителя.

[Gordmit]

Вторую неделю уже пытаюсь сделать выкладки, т.е. разложить подынтегральное выражение на сумму слагаемых вида $a_{k,l}\sin^k x\cos^l x$. Получаются дикие суммы, которые не то что посчитать, написать рука не поднимается... Видимо этот способ "в лоб" не пойдет. Может есть еще какой-нибудь способ?

Кстати, насчет периодичности знаменателя я тоже не очень понял, почему возникает период 6. Каким знаменателям соответствуют периоды 1, 2, 3 и почему они определяют остатки числителя?

[незваный гость]

1) Период знаменателя, разумеется, $\pi/3$, т.е. в 6 раз короче $2\pi$. Я очень неуклюже пытался это сказать.

2) Другая моя неуклюжесть — это подход к решению. Идея состоит в разложении $\frac{\sin(m x)}{\sin x}$ в сумму косинусов кратных углов. Оно, очевидно, существует (и достаточно просто устроено). Далее, полагая $n = 6 n_1 + q$, мы можем пытаться разбить на пары так, что аргумент синуса в числителе кратен аргументу в знаменателе. (В первом примере, кажется, возможно не всегда, но попытаться стоит. Во втором примере это просто очевидно. ) Тогда у нас уйдут все особые точки, что всяко приятно. Теперь мы имеем произведение сумм косинусов, которое, разумеется, преобразуется, в сумму косинусов. И всё, что нужно найти — это свободный член ($\cos (0 x)$).

3) Я-таки посчитал разложения: $\frac{\sin {m x}}{\sin x} = 1 + 2\sum\limits_{k = 1}^{\frac{m-1}{2}} \cos{2 k x}$ для нечетного $m$, $\frac{\sin {m x}}{\sin x} = 2\sum\limits_{k = 1}^{\frac{m}{2}} \cos{(2 k-1) x}$ для четного $m$.

4) Разложив в произведение, мы получим $\Theta(n^3)$ произведений 4 косинусов с коэффициентом, не зависящим от $n$. Вклад каждого такого слагаемого не зависит от $n$, посему интеграл растет не быстрее полинома. В реальной жизни, большинство вовсе не имеет $\cos(0 x)$ в разложении, отчего и получаем квадратный полином.